【数学】2020届一轮复习人教B版　用导数解决函数的单调性、极值与最值问题学案 9页

考查角度1　用导数解决函数的单调性、极值与最值问题 ‎　　分类透析一　求函数的单调区间 例1 已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-‎4‎‎3‎处取得极值.‎ ‎(1)确定a的值;‎ ‎(2)若g(x)=f(x)ex,求函数g(x)的单调减区间.‎ 分析 (1)先求出函数的导数,然后把x=-‎4‎‎3‎代入可确定a的值;(2)先求出g(x)的函数解析式,再求导数,最后利用导数求单调性的方法求出单调递减区间.‎ 解析 (1)对f(x)求导得f'(x)=3ax2+2x,‎ 因为f(x)在x=-‎4‎‎3‎处取得极值,∴f'‎-‎‎4‎‎3‎=0,‎ 即3a×‎16‎‎9‎+2×‎-‎‎4‎‎3‎=‎16a‎3‎-‎8‎‎3‎=0,解得a=‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)由(1)得g(x)=‎1‎‎2‎x‎3‎‎+‎x‎2‎ex,‎ 故g'(x)=‎3‎‎2‎x‎2‎‎+2xex+‎1‎‎2‎x‎3‎‎+‎x‎2‎ex ‎=‎1‎‎2‎x‎3‎‎+‎5‎‎2‎x‎2‎+2xex=‎1‎‎2‎x(x+1)(x+4)ex.‎ 令g'(x)<0,得x(x+1)(x+4)<0,‎ 解得-10,∴h'(x)=‎1‎x-ax-2.‎ 若函数h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,‎ 则当x>0时,‎1‎x-ax-2<0有解,即a>‎1‎x‎2‎-‎2‎x有解.‎ 设G(x)=‎1‎x‎2‎-‎2‎x,x>0,∴a>G(x)min.‎ 又G(x)=‎1‎x‎-1‎‎2‎-1,∴G(x)min=-1.‎ ‎∴a>-1.即实数a的取值范围是(-1,+∞).‎ ‎(2)∵h(x)=ln x-‎1‎‎2‎ax2-2x在[1,4]上单调递减,‎ ‎∴当x∈[1,4]时,h'(x)=‎1‎x-ax-2≤0恒成立,‎ 则a≥‎1‎x‎2‎-‎2‎x恒成立.‎ 设G(x)=‎1‎x‎2‎-‎2‎x,x∈[1,4],‎ ‎∴a≥G(x)max.‎ 又G(x)=‎1‎x‎-1‎‎2‎-1,x∈[1,4],‎ ‎∴G(x)max=-‎7‎‎16‎(此时x=4),∴a≥-‎7‎‎16‎.‎ 故实数a的取值范围是‎-‎7‎‎16‎,+∞‎.‎ 方法技巧 1.已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件f'(x)≥0(或f'(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,求出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解),应注意参数的取值范围是f'(x)不恒等于0的参数的取值范围.‎ ‎2.若函数y=f(x)在区间(a,b)上不是单调函数,则问题转化为f'(x)=0在(a,b)上有解.‎ ‎　　分类透析三　已知函数求极值(点)‎ 例3 已知函数f(x)=x-1+aex(a∈R,e为自然对数的底数).‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求a的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的极值.‎ 分析 运用导数的几何意义求出参数的值,求带有参数的函数的极值时,要注意分类讨论.‎ 解析 (1)由f(x)=x-1+aex,得f'(x)=1-aex.‎ 又曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,‎ 得f'(1)=0,即1-ae=0,解得a=e.‎ ‎(2)f'(x)=1-aex,‎ ‎①当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.‎ ‎②当a>0时,令f'(x)=0,得ex=a,即x=ln a,‎ 当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;‎ 当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.‎ 所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.‎ 故f(x)在x=ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)=ln a,无极大值.‎ 综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;‎ 当a>0时,f(x)在x=ln a处取得极小值ln a,无极大值.‎ 方法技巧 函数极值的两类热点问题 ‎(1)由函数极值求参数的值或取值范围.‎ 已知函数极值,利用导数的几何意义求参数的值,利用极值点的定义求参数的取值范围.‎ ‎(2)求函数f(x)的极值这类问题的一般解题步骤:‎ ‎①确定函数的定义域;②求导数f'(x);③解方程f'(x)=0,求出在函数定义域内方程的所有根;④列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值.‎ ‎　　分类透析四　利用导数求函数的最值 例4 已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.‎ 分析 (1)已知函数的解析式求单调区间,实质上是求导数f'(x)>0,f'(x)<0的解区间,并注意定义域.(2)先研究函数f(x)在[1,2]上的单调性,再确定最值是端点值还是极值.(3)两小问中,由于解析式中含有参数a,所以要对参数a进行分类讨论.‎ 解析 (1)f'(x)=‎1‎x-a(x>0),‎ ‎①当a≤0时,f'(x)=‎1‎x-a>0,即函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).‎ ‎②当a>0时,令f'(x)=‎1‎x-a=0,可得x=‎1‎a;‎ 当00;‎ 当x>‎1‎a时,f'(x)=‎1-axx<0.‎ 故函数f(x)的单调递增区间为‎0,‎‎1‎a,‎ 单调递减区间为‎1‎a‎,+∞‎.‎ 综上可知,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);‎ 当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为‎0,‎‎1‎a,单调递减区间为‎1‎a‎,+∞‎.‎ ‎(2)①当‎1‎a≤1,即a≥1时,函数f(x)在区间[1,2]上是减函数,所以f(x)的最小值是f(2)=ln 2-2a.‎ ‎②当‎1‎a≥2,即0x,求a的取值范围.‎ 解析 (1)当a=1时,f(x)=x2-ln x-x,‎ 则f'(x)=‎(2x+1)(x-1)‎x.‎ 当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.‎ 所以f(x)的最小值为f(1)=0.‎ ‎(2)由f(x)>x,得f(x)-x=x2-ln x-(a+1)x>0.‎ 由于x>0,所以f(x)>x等价于x-lnxx>a+1.‎ 令g(x)=x-lnxx,则g'(x)=x‎2‎‎-1+lnxx‎2‎.‎ 当x∈(0,1)时,g'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0.‎ 故g(x)的最小值为g(1)=1.‎ 故a+1<1,解得a<0,即a的取值范围是(-∞,0).‎ ‎2.(2018年北京卷,文19改编)函数f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然对数的底数,a∈R.‎ ‎(1)当a>0时,解不等式f(x)≤0;‎ ‎(2)当a=0时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解.‎ 解析 (1)因为ex>0,(ax2+x)ex≤0,所以ax2+x≤0.‎ 又因为a>0,‎ 所以不等式化为xx+‎‎1‎a≤0.‎ 所以不等式f(x)≤0的解集为‎-‎1‎a,0‎.‎ ‎(2)当a=0时,方程为xex=x+2,‎ 由于ex>0,所以x=0不是方程的解,‎ 所以原方程等价于ex-‎2‎x-1=0.‎ 令h(x)=ex-‎2‎x-1,‎ 则h'(x)=ex+‎2‎x‎2‎.‎ 因为h'(x)>0对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,‎ 所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数.‎ 又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-‎1‎‎3‎<0,h(-2)=e-2>0,‎ 所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根且实数根分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,所以整数t的所有值为{-3,1}.‎ ‎3.(2016年天津卷,文20改编)已知函数f(x)=x3+ax2-x+c,且a=f'‎2‎‎3‎.‎ ‎(1)求a的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(3)设函数g(x)=[f(x)-x3]ex,若函数g(x)在[-3,2]上单调递增,求实数c的取值范围.‎ 解析 (1)由f(x)=x3+ax2-x+c,得f'(x)=3x2+2ax-1.‎ 当x=‎2‎‎3‎时,得a=f'‎2‎‎3‎=3×‎2‎‎3‎‎2‎+2a×‎2‎‎3‎-1,‎ 解得a=-1.‎ ‎(2)由(1)可知f(x)=x3-x2-x+c,‎ 则f'(x)=3x2-2x-1=3x+‎‎1‎‎3‎(x-1).‎ 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎-∞,-‎‎1‎‎3‎ ‎-‎‎1‎‎3‎ ‎-‎1‎‎3‎,1‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ f'(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎　　所以f(x)的单调递增区间是‎-∞,-‎‎1‎‎3‎和(1,+∞),单调递减区间是‎-‎1‎‎3‎,1‎.‎ ‎(3)函数g(x)=[f(x)-x3]ex=(-x2-x+c)ex,‎ 则g'(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex ‎=(-x2-3x+c-1)ex.‎ 因为函数g(x)在区间[-3,2]上单调递增,‎ 所以h(x)=-x2-3x+c-1≥0在区间[-3,2]上恒成立.‎ 又h(x)min=h(2),‎ 所以h(2)≥0,解得c≥11,‎ 所以c的取值范围是[11,+∞).‎ ‎1.(孝感市七校教学联盟2017届高三上学期期末)已知函数f(x)=x3-3ax-1(a≠0).‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与曲线y=f(x)有三个不同的交点,求m的取值范围.‎ 解析 (1)f'(x)=3x2-3a.‎ 当a<0时,f'(x)>0,∴f(x)在R上单调递增.‎ 当a>0时,f'(x)=3(x+a)(x-a).‎ x ‎(-∞,-a)‎ ‎-‎a ‎(-a,a)‎ a ‎(a,+∞)‎ f'(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎　　∴f(x)在(-∞,-a)和(a,+∞)上单调递增,在(-a,a)上单调递减.‎ ‎(2)f(x)在x=-1处取得极值,∴f'(-1)=0.‎ ‎∴3-3a=0,a=1,f(x)=x3-3x-1,∴f(x)极大值=f(-1)=1,f(x)极小值=f(1)=-3.‎ ‎∵直线y=m与曲线y=f(x)有三个交点,∴f(x)极小值1时,g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上是增函数.‎ 所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(1)=0,所以f'(x)>0恒成立,‎ 所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1,+∞),无单调递减区间.‎ ‎3.(天水市一中2015级2017~2018学年第二次模拟考试)已知函数f(x)=ex-‎1‎‎2‎x2+ax.‎ ‎(1)当a>-1时,试判断函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)若a<1-e,求证:函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于‎1‎‎2‎.‎ 解析 (1)由题意可得f'(x)=ex-x+a,‎ 设g(x)=f'(x)=ex-x+a,则g'(x)=ex-1,‎ 所以当x>0时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ 当x<0时,g'(x)<0,g(x)在(-∞,0)上单调递减.‎ 所以f'(x)≥f'(0)=1+a,‎ 因为a>-1,所以1+a>0,即f'(x)>0,‎ 所以函数f(x)在R上单调递増.‎ ‎(2)由(1)知f'(x)在[1,+∞)上单调递増,‎ 因为a<1-e,所以f'(1)=e-1+a<0,‎ 所以存在t∈(1,+∞),使得f'(t)=0,即et-t+a=0,亦即a=t-et,‎ 所以函数f(x)在[1,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递増,‎ 所以当x∈[1,+∞)时,‎ f(x)min=f(t)=et-‎1‎‎2‎t2+at=et-‎1‎‎2‎t2+t(t-et)=et(1-t)+‎1‎‎2‎t2.‎ 令h(x)=ex(1-x)+‎1‎‎2‎x2,x>1,则h'(x)=x(1-ex)<0恒成立,‎ 所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)0;‎ 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0.‎ 所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).‎ ‎(2)令g(x)=ex-1+e1-x+k,则g'(x)=ex-1-e1-x.‎ 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数;‎ 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)为增函数.‎ 所以g(x)min=g(1)=2+k.‎ 由(1)得f(x)max=f(1)=1,‎ 若关于x的方程f(x)=ex-1+e1-x+k有实数解,则g(x)min≤f(x)max,‎ 即2+k≤1,解得k≤-1.‎ 所以k的取值范围为(-∞,-1].‎